河北省卓越联盟2026届高三上化学期中统考模拟试题含解析

河北省卓越联盟2026届高三上化学期中统考模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关。下列有关说法正确的是A．MgO和Al2O3在工业上用于制作耐高温材料，也可用于电解法冶炼Mg、AlB．水泥冶金厂常用高压电除去工厂烟尘，利用了胶体的性质C．医疗上用的“钡餐”其成分是碳酸钡，漂白粉的成分为次氯酸钙D．“海水淡化”可以解决“淡水供应危机”，向海水中加入净水剂明矾可以使海水淡化2、下列说法正确的是A．原子最外层电子数等于或大于3的元素一定是非金属元素，金属元素只能形成离子键B．有化学键断裂或化学键形成的过程一定是化学变化C．最外层电子数比次外层电子数多的元素一定位于第2周期D．某元素的离子最外层电子数与次外层电子数相同，该元素一定位于第3周期3、分子式为C3H8O的醇与分子式为C4H8O2的羧酸在一定条件下反应生成酯的种类有A．2种B．3种C．4种D．5种4、下列关于铝及含铝物质的说法正确的是A．27Al的中子数为13B．单质铝可用作半导体材料C．原子半径：r(Si)>r(Al)D．Al(OH)3能与NaOH溶液反应5、铜和镁的合金4.6g完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生4480mLNO2气体和336mL的N2O4气体(气体的体积已折算到标准状况)，在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为()A．9.02g B．8.51g C．8.26g D．7.04g6、如图甲是利用一种微生物将废水中的尿素[CO(NH2)2]的化学能直接转化为电能，并生成环境友好物质的装置，同时利用此装置的电能在铁上镀铜。下列说法中正确的是（）A．铜电极应与X相连接B．H＋经过质子交换膜由右向左移动C．当N电极消耗0.25mol气体时，则铁电极增重16gD．M电极反应式：CO(NH2)2＋H2O－6e－=CO2↑＋N2↑＋6H＋7、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．1L0.1mol·L-1的Na2CO3溶液中所含氧原子数目为0.3NAB．1molNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移的电子数为NAC．将1L0.1mol•L-1FeCl3溶液滴入沸水中，制得的Fe(OH)3胶粒数目为0.1NAD．常温下，NH4+数目：1L0.5mol•L-1NH4Cl溶液等于2L0.25mol•L-1NH4Cl溶液8、下列离子方程式或热化学方程式与所述事实不相符的是（）A．向显蓝色的淀粉溶液中通入足量SO2后溶液变无色：I2+SO2+2H2O=2I-+SO+4H+B．用Na2S处理含Hg2+的废水：Hg2++S2-=HgS↓C．向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀：3Mg(OH)2+2Fe3+=2Fe(OH)3+3Mg2+D．298K、101kPa，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中，充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ。其热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-38.6kJ•mol-19、用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列有关说法正确的是A．标准状况下，33.6LHF中含有氟原子的数目为1.5NAB．1.0L含1.0molNa2SO4水溶液中含有的氧原子数为4NAC．电解饱和食盐水，当阴极产生1.12L时，转移的电子数为0.1NAD．常温下，2L1.0mol·L－1的FeCl3溶液与1L0.2mol/L的FeCl3溶液所含Fe3+数目不同10、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．12.4g白磷（P4）中所含的P-P键数目为0.6NAB．40gSiC晶体中含有SiC分子的数目为NA个C．1mol麦芽糖完全水解后产生的葡萄糖分子数目为NAD．标准状况下，2molNa2O2与44.8LSO2完全反应，转移的电子数目为2NA11、某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两等份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g(已知硝酸只被还原为NO气体)。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示。下列分析或结果错误的是()A．OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，BC段产生氢气B．原混合酸中NO物质的量为0.4molC．第二份溶液中最终溶质为FeSO4D．取20mL原混合酸加水稀释至1L后溶液的pH＝112、用NA表示阿伏伽德罗常数的数值，下列说法不正确的是（

）A．标准状况下，2.24L1H2和0.4g2H2均含有0.2NA个质子B．惰性电极电解饱和食盐水，若电路中通过2NA个电子，则阳极产生气体22.4LC．常温常压下，23gNO2和N2O4的混合气体中含有的原子数为1.5NAD．1molNa2CO3晶体中含有的CO32-数目一定为NA13、图中横坐标为加入反应物的物质的量，纵坐标为产生沉淀的物质的量。下列反应对应的曲线正确的是A．A曲线表示向AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量B．B曲线表示向Na[Al(OH)4]溶液中滴入HNO3溶液至过量C．C曲线表示向n(HCl):n(AlC13)=1:1的混合溶液中滴入NaOH溶液至过量D．D曲线表示向n[Ca(OH)2]:n(KOH)=1:2的混合溶液中通入CO2至沉淀消失14、按如图所示装置进行实验，将液体A逐滴加入到固体B中，下列叙述不正确的是（）A．若A为浓盐酸，B为KMnO4，C中盛品红溶液，则C中溶液褪色B．若A为醋酸，B为贝壳，C中盛Na2SiO3，则C中溶液中变浑浊C．若A为浓氨水，B为生石灰，C中盛AlCl3溶液，则C中先产生沉淀后沉淀又溶解D．实验仪器D可以起到防止溶液倒吸的作用15、化学与生产、生活、社会密切相关，下列有关说法中正确的是（）A．Na2FeO4有强氧化性，还原产物又易水解成胶体，是自来水理想的消毒剂和净水剂B．玻璃中含有的SiO2可与NaOH溶液反应，故常用NaOH溶液雕刻玻璃纹饰C．硅酸盐Na2Fe2Si3O9用氧化物的形式可表示为2FeO•Na2O•3SiO2D．面粉中禁止添加CaO2、过氧化苯甲酰等增白剂，CaO2属于碱性氧化物，也属于离子化合物，其阴阳离子个数比为2:l，过氧化苯甲酞属于有机物16、下列化学用语表述正确的是A．S2－的结构示意图：B．氮原子的轨道表示式：C．CO2的比例模型：D．氨气分子的结构式：二、非选择题（本题包括5小题）17、对硝基苯乙醇是治疗心血管疾病药物美多心安的中间体，也是重要的香料中间体。对硝基苯乙醇的一条合成路线如图所示：完成下列填空：（1）A的结构简式为___。实验室由A制得苯乙烯通常需要经过两步反应，第一步的反应试剂和条件为Cl2/光照，第二步的化学反应方程式为___。（2）反应②的反应类型为___反应。设计反应①、反应③的目的是___。（3）反应③的试剂和条件为___。（4）丁苯橡胶是合成橡胶中产量最大的品种，适合制轮胎、传输带等。丁苯橡胶可通过1，3-丁二烯与苯乙烯加聚得到。写出丁苯橡胶的结构简式___。（5）由1，3-丁二烯为原料可以合成有机化工原料1，4-丁二醇（HOCH2CH2CH2CH2OH），写出其合成路线___。（合成路线常用的表示方式为：AB目标产物）18、某固体化合物X由5种元素组成。某学习小组进行了如下实验：己知气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，气体F能使带火星的木条复燃。请回答：(1)A的其空间构型为_______，往某蓝色盐溶液中缓慢通入气体A至过量的现象为________。(2)写出X隔绝空气强热生成A、C、D的化学方程式________________________________。(3)写出混合气体D与足量碘水反应的离子方程_____________________________________。19、实验小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。（1）K2FeO4作为高效、多功能水处理剂的原因是______________________________。（2）制备K2FeO4（夹持装置略）①A为氯气发生装置。A中反应方程式是_____________________________。②该装置有明显不合理设计，如何改进？____________________________。③改进后，B中得到紫色固体和溶液。B中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外还有____________________________。（3）探究K2FeO4的性质（改进后的实验）①取B中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl－而产生Cl2，设计以下方案：方案Ⅰ取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。方案Ⅱ用KOH溶液充分洗涤B中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。a．由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有______离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl－氧化，还可能由_________________________产生（用方程式表示）。b．方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl－。用KOH溶液洗涤的目的是______________。②根据K2FeO4的制备实验和方案Ⅱ实验表明Cl2和的氧化性强弱关系相反，原因是_____________。20、铝氢化钠(NaAlH4)是有机合成的重要还原剂，其合成线路如下图所示。（1）铝氢化钠遇水发生剧烈反应，其反应的化学方程式为__________________________。（2）AlCl3与NaH反应时，需将AlCl3溶于有机溶剂，再将得到的溶液滴加到NaH粉末上，此反应中NaH的转化率较低的原因是__________________________________________。（3）实验室利用下图装置制取无水AlCl3。①A中所盛装的试剂是_______________。②点燃D处酒精灯之前需排除装置中的空气，其操作是____________________________（4）改变A和D中的试剂就可以用该装置制取NaH，若装置中残留有氧气，制得的NaH中可能含有的杂质为____________。（5）现设计如下四种装置，测定铝氢化钠粗产品(只含有NaH杂质)的纯度。从简约性、准确性考虑，最适宜的装置是_________(填编号)。称取15.6g样品与水完全反应后，测得气体在标准状况下的体积为22.4L，样品中铝氢化钠的质量为___________。21、一氯胺(NH2Cl)在中性或酸性环境中会发生水解，生成具有强烈杀菌作用的HClO，其是重要的水的消毒剂。(1)写出NH2Cl的电子式____________________。(2)写出NH2Cl与水反应的化学方程式___________________________。(3)一定条件下(T℃、1atm)，可以用Cl2(g)和NH3(g)制得NH2Cl(g)同时得到HCl(g)。已知部分化学键的键能如表所示：化学键N—HCl—ClN—ClH—Cl键能/(kJ·mol－1)391.3243.0191.2431.8写出该反应的热化学方程式____________________________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【详解】A．MgO熔点高，电解前需要将其熔化，耗能大，制备Mg时采用电解熔融MgCl2而不是氧化镁，故A错误；B．工厂中常用静电除尘装置是利用胶体粒子的带电性加以清除，故B正确；C．医疗上用的“钡餐”其成分是硫酸钡，漂白粉的成分为次氯酸钙、氯化钙，有效成分是次氯酸钙，故C错误；D．向海水中加入明矾可以使海水净化，但不能除去海水中的氯离子、钙离子、镁离子等，不能使海水淡化，故D错误；故选B。2、C【详解】A．第ⅢA的Al、Ga等最外层电子数为3，第ⅣA族的Ge、Sn等最外层电子数为4，属于金属元素，故A错误；B．有化学键断裂或形成的变化不一定是化学变化，如氯化钠熔化、NaCl溶于水，有离子键断裂，不是化学变化，故B错误；C．每层容纳的电子为2n2个，无论哪层为最外层时，最外层电子不超过8个，显然最外层电子数比次外层电子数多的元素一定位于第二周期，故C正确；D．第四周期的钾元素K，失去一个电子变为钾离子，最外层电子数与次外层电子数相同，故D错误；答案选C。3、C【解析】C3H8O分子式可对应的醇有2种：CH3CH2CH2OH、CH3CHOHCH3，分子式C4H8O2的酸有2种：CH3CH2CH2COOH、CH3CH(CH3)COOH，二者之间两两组合形成的酯有4种。故选C。点睛：本题考查同分异构体的书写和数目的判断。饱和一元醇C3H8O和饱和一元酸C4H8O2在浓硫酸条件下发生酯化反应得到酯，若醇的种类为a，羧酸的种数为b，则酯的种类为ab。4、D【详解】A.27Al的质量数为27，质子数为13，中子数为14，故A错误；B.单质铝是金属，是导体，不能用作半导体材料，故B错误；C.铝和硅为同周期元素，同周期元素从左至右，随核电荷数增大，原子半径减小，原子半径：r(Si)<r(Al)，故C错误；D.Al(OH)3是两性氢氧化物，即能与强碱反应又能与酸反应，则可与NaOH溶液反应，故D正确；答案选D。5、B【分析】最终生成沉淀为Cu(OH)2和Mg(OH)2，根据电荷守恒可知，金属失去电子物质的量等于沉淀中氢氧根的物质的量，根据电子转移守恒计算金属失去电子物质的量，沉淀质量等于金属质量与氢氧根离子质量之和。【详解】4.48L的NO2气体的物质的量为＝0.2mol，0.336L的N2O4气体物质的量为＝0.015mol，根据电子转移守恒，金属失去电子物质的量0.2mol×1＋0.015mol×2×1＝0.23mol，最终生成沉淀为Cu(OH)2和Mg(OH)2，根据电荷守恒可知，金属失去电子物质的量等于沉淀中氢氧根的物质的量，故沉淀质量为4.6g＋0.23mol×17g/mol＝8.51g，故答案选B。6、D【解析】A、根据甲图，N电极通入氧气，因此N极为正极，M电极为负极，电镀时，待镀金属作阴极，镀层金属作阳极，即铁连接X，Cu连接Y，故A说法正确；B、根据选项A的分析，以及原电池的工作原理，H＋从负极流向正极，即从M极流向N极，故B说法正确；C、N极反应式为O2＋4H＋＋4e－=2H2O，铁极反应式Cu2＋＋2e－=Cu，得失电子数目守恒，因此有O2～4e－～2Cu，铁电极质量增重0.25×2×64g=32g，故C错误；D、M极为负极，尿素产生H＋，因此电极反应式为：CO(NH2)2＋H2O-6e－=CO2↑+N2↑+6H＋，故D正确。7、B【详解】A.水溶液中溶剂水中也含氧原子，则1L0.1mol·L－1的Na2CO3溶液中所含氧原子数目远大于0.3NA，A项错误；B.1molNa与足量O2反应，无论生成的是Na2O还是Na2O2，生成的都是Na+，则转移的电子数均为NA，B项正确；C.Fe(OH)3胶粒是许多Fe(OH)3的聚集体，所以将1L0.1mol•L﹣1FeCl3溶液滴入沸水中，制得的Fe(OH)3胶粒数目小于0.1NA，故C错误；D.稀释有利于盐类水解，常温下，1L0.5mol•L﹣1NH4Cl溶液与2L0.25mol•L﹣1NH4Cl溶液中的NH4+的水解程度，前者小于后者，所以NH4+数目前者大于后者，D项错误；答案选B。8、D【详解】A．向显蓝色的淀粉溶液中通入足量SO2后溶液变无色，碘单质与SO2、H2O反应生成H2SO4和HI，离子方程式为：I2+SO2+2H2O=2I-+SO+4H+，离子方程式与所述事实相符，故A不选；B．硫离子与汞离子反应生成硫化汞沉淀，用Na2S处理含Hg2+的废水：Hg2++S2-=HgS↓，离子方程式与所述事实相符，故B不选；C．向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀，说明Mg(OH)2沉淀转化生成了Fe(OH)3沉淀，离子方程式为：3Mg(OH)2+2Fe3+=2Fe(OH)3+3Mg2+，离子方程式与所述事实相符，故C不选；D．该反应为可逆反应，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g）的物质的量小于1mol，放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜-38.6kJ•mol-1，故D选；答案选D。9、D【解析】A项、标准状况下，HF是液体，33.6LHF的物质的量不是1mol，故A错误；B项、Na2SO4水溶液中除了Na2SO4本身，水也含氧原子，故溶液中的氧原子的个数大于4NA个，故B错误；C项、不是标况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算1.12L氢气的物质的量，故C错误；D项、2L0.1mol•L-1FeCl3溶液与1L0.2mol•L-1FeCl3溶液含氯化铁物质的量相同，但是二者浓度不同，三价铁离子水解程度不同，所以二者三价铁离子数目不同，故D正确。故选D。【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，主要考查气体摩尔体积的条件应用，氧化还原反应的电子转移计算，质量换算物质的量计算微粒数，解题时注意盐类水解的影响因素，标况下HF的状态。10、A【详解】A.12.4g白磷含有的物质的量为0.1mol，0.1mol分子中含有键的物质的量为：，所含键数目为0.6NA，A正确；B.晶体为原子晶体，不存在分子，B错误；C.麦芽糖的水解产物全部为葡萄糖，则1mol麦芽糖水解后产生2mol葡萄糖，即2NA个，C错误；D.，则2mol与44.8L（等于2mol）完全反应，转移的电子数目为4NA，D错误；答案选A。【点睛】二氧化硅、碳化硅是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，二氧化硅是正四面体结构，1mol二氧化硅中含有的共价键为了4NA；白磷是分子晶体，正四面体型，1mol含有的共价键为6NA。11、D【详解】A.根据题意，向另一份中逐渐加入铁粉，因为氧化性NO3-＞Fe3+＞H+，所以铁粉先跟氧化性强的硝酸反应生成NO，即OA段产生的是NO，然后铁粉和Fe3＋反应，即AB段的反应为Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，最后铁粉和溶液中的H+反应，即BC段产生氢气，故A项正确；B.向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g，即消耗0.3mol铜，转移0.6mol电子，据得失电子守恒计算可得生成0.2molNO,又由图可知OA该反应消耗铁的物质的量是0.2mol，根据得失电子守恒，生成的NO也是0.2mol，通过分析可知，平均每份混合液中含有0.2molNO，故原混合液中含有的NO为0.4mol，故B项正确；C.第二份溶液中硝酸都被还原为NO，铁粉又足量，所以第二份溶液中溶质最终为FeSO4，故C项正确；D.根据OA段发生的反应Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O和BC段发生的反应Fe+2H+=Fe2++H2↑，可计算共消耗H＋1.0mol，则原溶液中H＋为2.0mol，则原容液的c(H＋)=10mol·L－1，则取20mL原混合酸加水稀释至1L后溶液的c(H＋)＝0.2mol·L－1，即pH＝0.7，故D项错误。12、B【解析】A、标准状况下，2.24L1H2的物质的量为0.1mol，而0.4g2H2的物质的量也为0.1mol，且1H2和2H2中质子数均为2个，故0.1mol1H2和2H2均含有0.2NA个质子，选项A正确；B、惰性电极电解饱和食盐水，阳极电极反应为2Cl--2e-=Cl2↑，若电路中通过2NA个电子即2mol，则阳极产生气体1mol，但不一定是标准状况，气体体积不一定是22.4L，选项B错误；C、NO2和N2O4的混合气体可看成是最简式为NO2，计算23gNO2和N2O4的混合气体中含有的原子数=×3×NA=1.5NA，选项C正确；D、碳酸钠由钠离子和碳酸根离子构成，1molNa2CO3晶体中含有的CO32-数目一定为NA，选项D正确。答案选B。13、D【解析】A、向AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量，依次发生反应Al3++3OH-═Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O，消耗氢氧化钠是3：1，故A错误；B、向NaAlO2溶液中滴入HNO3至过量，NaAlO2和硝酸反应产生白色沉淀氢氧化铝，沉淀又溶解于过量的硝酸中，两阶段消耗的硝酸物质的量之比为1:3，故B错误；C、向n(HCl)：n(AlC13)=1：1的混合溶液中滴入NaOH溶液至过量，依次发生反应OH-+H+═H2O、Al3++3OH-═Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O消耗氢氧化钠的量之比是1：3：1，故C错误；D、向含有等物质的量的Ca(OH)2、KOH的混合溶液中通入CO2至沉淀消失，发生的反应分别为Ca2++CO32-═CaCO3↓，2OH-+CO2═CO32-+H2O，CaCO3+CO2+H2O═Ca(HCO3)2，设Ca(OH)2的物质的量为1mol，则各段反应消耗的二氧化碳的物质的量分别为1、3、1，故D正确；故选D。14、C【详解】A．浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，氯气与水反应生成的HClO具有漂白性，则C中盛品红溶液褪色，故A正确；B．醋酸与碳酸钙反应生成二氧化碳，二氧化碳与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，则C中溶液变浑浊，故B正确；C．浓氨水与生石灰混合可制备氨气，氨气与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀，则C中产生白色沉淀，但氢氧化铝不能被氨水溶解，故C错误；D．仪器D具有球形结构，体积较大，可以起到防止溶液倒吸的作用，故D正确；故选C。15、A【解析】A．K2FeO4中Fe元素化合价高，具有强氧化性，可以杀菌消毒，被还原为铁离子，铁离子水解生成氢氧化铁胶体，表面积很大，可以吸附悬浮物起净水作用，故A正确；B．用于雕刻工艺玻璃上纹饰的是氢氟酸而不是NaOH溶液，故B错误；C.根据硅酸盐写成氧化物的规律，金属氧化物按活动顺序表的活动性顺序书写，硅酸盐Na2Fe2Si3O9用氧化物的形式可表示为Na2O•2FeO•3SiO2，故C错误；D．碱性氧化物是和酸反应生成盐和水的氧化物，过氧化钙属于过氧化物，不是碱性氧化物，其阴阳离子个数比为1：l，故D错误；故选A。16、B【详解】A.硫离子核内有16个质子，核外有18个电子，其离子结构示意图为：，故A错误；B.氮原子核外有7个电子，1s、2s能级上分别有2个电子，2p能级上有3个电子，这三个电子处于3个轨道且自旋方向相同，所以其轨道表示式为，故B正确；C．碳原子半径比氧原子半径大，但比例模型中C原子的比较比O原子半径小，故C错误；D．分子的结构式中不标出孤电子对，其结构式为，故D错误；故选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、+NaOH+NaCl+H2O或+NaOH+NaCl+H2O取代反应保护羟基稀硫酸/加热或NaOH溶液/加热【分析】根据合成路线分析可知，A先发生取代反应得到卤代烃，再在氢氧化钠的醇溶液中加热发生消去反应得到苯乙烯()，则A为乙苯()，催化氧化、加成得到，与发生取代反应得到，与浓硝酸在浓硫酸、加热的条件下发生硝化(或取代)反应得到，在NaOH溶液、加热发生水解反应得到，据此分析解答问题；【详解】(1)由上述分析可知，A为乙苯，其结构简式为，实验室由A制取苯乙烯通常需要经过两步反应，第一步的反应试剂和条件为Cl2/光照得到卤代烃，第二步的反应为卤代烃在氢氧化钠的醇溶液中加热发生消去反应得到苯乙烯，反应方程式为+NaOH+NaCl+H2O（或+NaOH+NaCl+H2O）；(2)与浓硝酸在浓硫酸、加热的条件下发生硝化(或取代)反应得到；由于—OH具有还原性，会与浓硝酸发生氧化还原反应，故设计反应①、反应③的目的是：保护—OH，防止其被氧化；(3)反应③为在NaOH溶液、加热下彻底水解得到和CH3COONa，当然，也可以在稀硫酸、加热条件下发生水解反应得到和乙酸；(4)根据题干信息，丁苯橡胶可由1，3—丁二烯(CH2=CH-CH=CH2)和苯乙烯共聚得到，则丁苯橡胶的结构简式为；(5)由1，3—丁二烯为原料制备1，4—丁二醇，可以用1，3—丁二烯与溴发生1，4—加成，然后水解生成烯醇，再与氢气加成即可，合成路线为CH2=CH-CH=CH2CH2BrCH=CHCH2BrHOCH2CH=CHCH2OHHOCH2CH2CH2CH2OH。18、三角锥形生成蓝色沉淀，溶液逐渐变成绛蓝色2[Cu(NH3)4]SO48NH3↑+2CuO+2SO2↑+O2↑SO2+I2+2H2O=4H++2I-+SO42-【分析】己知气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A为氨气，气体F能使带火星的木条复燃，F是氧气，根据标况下氧气的物质的量n==0.1mol，则混合气体D中的另一种气体的物质的质量为16g-0.1mol×32g/mol=12.8g，则混合气体D加入足量氯化钡生成的白色沉淀为硫酸钡，物质的量为=0.2mol，根据硫元素守恒，故混合气体中的另一种气体为二氧化硫，物质的量为0.2mol，固体B为硫酸铜，加强热分解得到氧化铜，二氧化硫，氧气，X为硫酸四氨合铜，加热分解可以得到硫酸铜和氨气。【详解】根据，分析A为氨气，B为硫酸铜，C为氧化铜，D为二氧化硫和氧气，E为硫酸钡，X为硫酸四氨合铜。(1)A是氨气，中心原子是N，与H原子形成三对共用电子对，剩余一对孤对电子，价层电子对数为4对，其空间构型为三角锥形，氨气加入含有铜离子的溶液中发生反应Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+，Cu2++4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O，故实验现象为生成蓝色沉淀，溶液逐渐变成绛蓝色；故答案为：三角锥形；生成蓝色沉淀，溶液逐渐变成绛蓝色；(2)X为[Cu(NH3)4]SO4，加热分解的方程式为2[Cu(NH3)4]SO48NH3↑+2CuO+2SO2↑+O2↑，故答案为：2[Cu(NH3)4]SO48NH3↑+2CuO+2SO2↑+O2↑；(3)二氧化硫具有还原性，碘具有氧化性，则化学反应为SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4，离子方程式SO2+I2+2H2O=4H++2I-+SO42-，故答案为：SO2+I2+2H2O=4H++2I-+SO42-。19、K2FeO4具有强氧化性，能够消毒杀菌；同时FeO42−被还原成Fe3+，Fe3+水解形成Fe（OH）3胶体，能够吸附水中悬浮杂质2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O应该增加盛装饱和食盐水的洗气瓶，吸收蒸发出来的HCl气体Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2OFe3+4FeO42−+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O排除ClO−的干扰溶液的酸碱性不同【分析】(1)K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；在酸性或中性溶液中快速产生O2，说明K2FeO4具有强氧化性，而FeO42−被还原成Fe3+，Fe3+水解形成Fe（OH）3胶体，能够吸附水中悬浮杂质，所以可以用来净水；(2)本实验采用氯气与氢氧化铁在碱性条件下制备K2FeO4，而采用浓盐酸与高锰酸钾溶液反应制备的氯气中混有氯化氢杂质，应先除去；(3)通过Cl2、Fe(OH)3与KOH之间的反应制备K2FeO4，溶液中可能存在副反应Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O，因此制备出的K2FeO4中可能混有次氯酸钾和氯化钾等杂质。方案I，取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色说明溶液中存在Fe3+，但Fe3+不一定是与K2FeO4将Cl－氧化，根据题干已知K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2，同时产生Fe3+，氯气是由酸性条件下次氯酸根与氯离子发生归中反应生成的。方案II可以证明K2FeO4将Cl－氧化，方案II中采氢氧化钾溶液洗涤高铁酸钾，使K2FeO4稳定析出，并除去ClO−，防止酸性条件下ClO−与Cl−发生反应产生Cl2，干扰实验。【详解】(1)K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2，说明K2FeO4具有强氧化性，能够杀菌消毒，而FeO42−被还原成Fe3+，Fe3+水解形成Fe（OH）3胶体，能够吸附水中悬浮杂质，所以可以用来净水；(2)①A中用浓盐酸和高锰酸钾反应制备氯气，化学方程式为：2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O；②氯气中的主要杂质为浓盐酸挥发出的氯化氢气体，制备K2FeO4需在强碱条件下进行，应用饱和氯化钠溶液除去氯化氢气体。③C中主要是Cl2、Fe(OH)3与KOH之间的反应制备K2FeO4，除了已知反应，还有Cl2与KOH的歧化反应：Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O；(3)①a.溶液中加入KSCN呈红色证明其中含有Fe3+，酸性条件下K2FeO4不稳定，因此生成Fe3+的反应还有：4FeO42−+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O；b.用氢氧化钾溶液洗涤的目的是洗去固体表面附着的氧化性离子ClO−，以免对FeO42−氧化Cl−产生干扰，并在洗涤时保证K2FeO4的稳定性，避免FeO42−在酸性或中性溶液中快速产生O2。②实验中在碱性条件下Cl2制备FeO42−，可以得出氧化性为Cl2＞FeO42−，而方案Ⅱ则得出相反的结论，主要是因为在酸性环境中氧化性FeO42−＞Cl2。20、NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑反应生成的NaCl覆盖在NaH表面,阻止AlCl3与NaH反应的进行。或:NaH为离子化合物,难溶于有机溶剂,使反应物难以接触发生反应KMnO4、KClO3、K2Cr2O7、Ca(ClO)2等打开分液漏斗活塞使A中发生反应,待D中充满黄绿色气体时点燃酒精灯Na2O2乙10.8g【解析】（1）铝氢化钠遇水发生剧烈反应产生偏铝酸钠和氢气；（2）NaCl是离子化合物，和有机物之间互不相溶，所以反应生成的氯化钠沉淀在氢化钠表面，阻止了氯化铝和氢化钠进一步反应；（3）氯化铝的制备是金属铝和氯气之间反应的产物，浓盐酸和高锰酸钾（氯酸钾或重铬酸钾）之间无条件的反应产物是氯气，但是金属铝易被氧气氧化而变质，所以点燃D处酒精灯之前需排除装置中的空气；（4）金属钠和氢气之间化合可以得NaH，但是氢气中的氯化氢要除去，金属钠和氧气加热下会产生过氧化钠杂质；（5）从简约性、准确性考虑，甲产生气体速率不均匀，丙丁导气管中含有大量氢气；依据方程式，根据固体质量和氢气之间关系式列方程式，计算得铝氢化钠质量。【详解】（1）铝氢化钠遇水发生剧烈反应产生偏铝酸钠和氢气，其反应的化学方程式为NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑